不等式解法训练题

r囧r小猫 2021-12-23 04:55 338阅读 0赞

## 常用变形 ##

实际高三数学教学和考试中的解不等式常常是这样的：

①\\(x^2-5\\sqrt\{2\}x+8\\ge 0\\)，即\\((x-\\sqrt\{2\})(x-4\\sqrt\{2\})\\ge 0\\)；

②\\(x^2-(2m+1)x+m^2+m-2\\leq 0\\)，即\\(\[x-(m+2)\]\[x-(m-1)\]\\leq 0\\)；

③\\(x^2-3mx+(m-1)(2m+1)\\ge 0\\)；即\\(\[x-(m-1)\]\[x-(2m+1)\]\\ge 0\\)；

④\\(x^2-(a+a^2)x+a^3\\leq 0\\)，即\\((x-a)(x-a^2)\\leq 0\\)；

⑤\\(x^2-(a+1)x+a\\leq 0\\)，即\\((x-1)(x-a)\\leq 0\\)；

⑥\\(x^2-(2a+1)x+a(a+1)\\leq 0\\)；即\\((x-1)\[x-(a+1)\]\\leq 0\\)；

⑦\\(\\cfrac\{x-2a\}\{x-(a^2+1)\}<0(a\\neq 1)\\)；即\\((x-2a)\[x-(a^2+1)\]<0\\)，解集为\\((2a，a^2+1)\\)；

⑧\\(x^2+(m+4)x+m+3<0\\)，即\\((x+1)\[x+(m+3)\]<0\\)；

⑨\\(x^2-(a+\\cfrac\{1\}\{a\})x+1<0\\)，即\\((x-a)(x-\\cfrac\{1\}\{a\})<0\\)；

⑩\\(f'(x)=x+(a-e)-\\cfrac\{ae\}\{x\}=\\cfrac\{x^2+(a-e)x-ae\}\{x\}=\\cfrac\{(x+a)(x-e)\}\{x\}\\)；

⑾\\(x^2-2ax+a^2-4=x^2-2ax+(a+2)(a-2)=\[x-(a-2)\]\[x-(a+2)\]\\leq0\\)，即\\(a-2\\leq x\\leq a+2\\) ；

## 典例剖析 ##

例1设\\(a>0\\)，不等式\\(-c<ax+b<c\\)的解集为\\(\\\{x\\mid -2<x<1\\\}\\)，则\\(a：b：c\\)=\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

分析：由\\(-c<ax+b<c\\)得到不等式的解集为\\(\\cfrac\{-c-b\}\{a\}<x<\\cfrac\{c-b\}\{a\}\\)，又解集为\\(\\\{x\\mid -2<x<1\\\}\\)，

则有\\(\\cfrac\{-c-b\}\{a\}=-2\\)且\\(\\cfrac\{c-b\}\{a\}=1\\)，解得\\(b=\\cfrac\{a\}\{2\}\\)，\\(c=\\cfrac\{3a\}\{2\}\\)，故\\(a：b：c=2：1：3\\).

例2若不等式\\(ax^2+bx+c<0\\)的解集为\\(\\\{x\\mid -2<x<\\cfrac\{1\}\{4\}\\\}\\)，则\\(ab\\)=\_\_\_\_\_\_\_\_\_。

法1：利用三个二次的关系求解，方程\\(ax^2+bx-2=0\\)的两个根为\\(x\_1=-2\\)，\\(x\_2=\\cfrac\{1\}\{4\}\\)，由韦达定理可得\\(a=4\\)，\\(b=7\\)，故\\(ab=28\\)；

法2：构造法，\\(ax^2+bx-2=a(x+2)(x-\\cfrac\{1\}\{4\})=ax^2+\\cfrac\{7a\}\{4\}x-\\cfrac\{a\}\{2\}\\)，对应系数相等，故\\(a=4\\)，\\(b=7\\)，故\\(ab=28\\)；

例3【2018南通模拟】设\\(f(x)=\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{x+2，x>0\}\\\\\{x-2，x\\leq 0\}\\end\{array\}\\right.\\)，则不等式\\(f(x)<x^2\\)的解集是\\((-\\infty，0\]\\cup(2，+\\infty)\\)

法1：转化为分段函数不等式组求解；

法2：从形的角度入手，数形结合；

例4若函数\\(f(x)=x^2-ax+1\\)有负值，则实数\\(a\\)的取值范围是\\((-\\infty，-2)\\cup(2，+\\infty)\\)。

提示：\\(\\triangle >0\\)，得到\\(a\\in (-\\infty，-2)\\cup(2，+\\infty)\\)。

例5若函数\\(f(x)=x^2-ax+1\\)有负零点(或方程\\(x^2-ax+1=0\\)有负实根)，则实数\\(a\\)的取值范围是\\((-\\infty，-2)\\)。

法1：从数的角度，有一正一负根或两负根；

法2：从形的角度；

法3：方程\\(x^2-ax+1=0\\)在\\((-\\infty，0)\\)上有解；

例6若不等式\\(x^2-2x+5\\ge a^2-3a\\)对任意实数\\(x\\)恒成立，则实数\\(a\\)的取值范围是\\(\[-1，4\]\\)。

法1：利用恒成立转化，\\((x^2-2x+5)\_\{min\}=4\\)，则\\(4\\ge a^2-3a\\)，解得\\(a\\in \[-1，4\]\\)。

法2：不等式\\(x^2-2x+5-a^2+3a\\ge 0\\)恒成立，则\\(\\triangle \\ge 0\\)，解得\\(a\\in \[-1，4\]\\)。

例7已知当\\(a\\in \[-1，1\]\\)时，不等式\\(x^2+(a-4)x+4-2a>0\\)恒成立，则实数\\(x\\)的取值范围是\\((-\\infty，1)\\cup(3，+\\infty)\\)。

提示：主辅元换位法，令\\(g(a)=(x-2)a+x^2-4x+4\\)，则原不等式恒成立等价于\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{g(-1)>0\}\\\\\{g(1)>0\}\\end\{array\}\\right.\\)，解得\\(x\\in (-\\infty，1)\\cup(3，+\\infty)\\)。

例8若对任意实数\\(x\\in \[-1，1\]\\)，不等式\\(x^2+ax-3a<0\\)恒成立，实数\\(a\\)的取值范围是\\((\\cfrac\{1\}\{2\}，+\\infty)\\)。

法1：分离参数法，由\\((3-x)a>x^2\\)，得到\\(a>\\cfrac\{x^2\}\{3-x\}=f(x)\\)，用配凑法或换元法得到，\\(f(x)=\\cfrac\{x^2\}\{3-x\}=\\cdots=-\[(x-3)+\\cfrac\{9\}\{x-3\}\]-6\\)，故利用模板函数\\(y=x+\\cfrac\{1\}\{x\}\\)，可以做出函数\\(f(x)\\)的图像，可知\\(f(x)\_\{max\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\\)，故\\(a>\\cfrac\{1\}\{2\}\\)；即\\(a\\in (\\cfrac\{1\}\{2\}，+\\infty)\\)。

法2：分离参数法，由\\((3-x)a>x^2\\)，得到\\(a>\\cfrac\{x^2\}\{3-x\}=f(x)\\)，用导数法，判断单调性，得到\\(f(x)\\)在\\(\[-1,0\]\\)上单调递减，在\\(\[0，1\]\\)上单调递增，则\\(f(x)\_\{max\}=max\\\{f(-1)，f(1)\\\}=\\cfrac\{1\}\{2\}\\)，故\\(a>\\cfrac\{1\}\{2\}\\)；即\\(a\\in (\\cfrac\{1\}\{2\}，+\\infty)\\)。

法3：令\\(g(x)=x^2+ax-3a\\)，\\(x\\in \[-1，1\]\\)，则由\\(g(x)<0\\)恒成立，等价转化为\\(\\left\\\{\\begin\{array\}\{l\}\{g(-1)<0\}\\\\\{g(1)<0\}\\end\{array\}\\right.\\)，解得\\(a\\in (\\cfrac\{1\}\{2\}，+\\infty)\\)。

补充变形技巧如下；为了能做出函数\\(f(x)=\\cfrac\{x^2\}\{3-x\}\\)的图像，将函数做以下变形，由于常用，提醒注意理解记忆。

分式中的配凑法变形，\\(\\cfrac\{x^2\}\{3-x\}=-\\cfrac\{x^2\}\{x-3\}=-\\cfrac\{(x-3)^2+6x-9\}\{x-3\}\\)

\\(=-(x-3)-\\cfrac\{6x-18+9\}\{x-3\}=-(x-3)-\\cfrac\{9\}\{x-3\}-6\\)

\\(=-\[(x-3)+\\cfrac\{9\}\{x-3\}\]-6\\)；

分式中的换元法变形，令\\(3-x=t\\)，则\\(x=3-t\\)，则\\(f(x)=\\cfrac\{x^2\}\{3-x\}=\\cfrac\{(3-t)^2\}\{t\}\\)

\\(=\\cfrac\{t^2-6t+9\}\{t\}=t+\\cfrac\{9\}\{t\}-6=(3-x)+\\cfrac\{9\}\{3-x\}-6\\)

\\(=-\[(x-3)+\\cfrac\{9\}\{x-3\}\]-6\\)；

例9【抽象函数】设定义域为\\(R\\)的函数\\(f(x)\\)满足以下条件：①对任意的\\(x\\in R\\)，\\(f(x)+f(-x)=0\\)；②对任意的\\(x\_1，x\_2\\in \[-1，1\]\\)，都有\\(\\cfrac\{f(x\_2)-f(x\_1)\}\{x\_2-x\_1\}>0\\)，且\\(f(-1)=-1\\)，若\\(f(x)\\leq t^2-2at+1\\)对所有的\\(x\\in \[-1，1\]\\)都成立，则当\\(a\\in \[-1，1\]\\)时，实数\\(t\\)的取值范围是\\((-\\infty，-2\]\\cup\\\{0\\\}\\cup\[2，+\\infty)\\)。

分析：由条件①②可知，函数\\(f(x)\_\{max\}=1\\)，则\\(f(x)\\leq t^2-2at+1\\)转化为\\(1\\leq t^2-2at+1\\)，即\\(t^2-2at\\ge 0\\)对\\(a\\in \[-1，1\]\\)都成立，接下来利用主辅元换位法求解即可；

例10设关于\\(x\\)的不等式\\(|x^2-2x+3m-1|\\leq 2x+3\\)的解集为\\(A\\)，且\\(-1\\not\\in A\\)，\\(1\\in A\\)，则实数\\(m\\)的取值范围是\\((-\\cfrac\{1\}\{3\}，\\cfrac\{7\}\{3\}\]\\)。

分析：\\(|(-1)^2-2\\times(-1)+3m-1|>2\\times(-1)+3\\)，\\(|1^2-2\\times 1+3m-1|\\leq 2\\times 1+3\\)，解得\\(m\\in (-\\cfrac\{1\}\{3\}，\\cfrac\{7\}\{3\}\]\\)。

例11已知\\(f(x)=2x^2+bx+c\\)，不等式\\(f(x)<0\\)的解集是\\((0，5)\\)，若对于任意\\(x\\in \[-1，1\]\\)，不等式\\(f(x)+t\\leq 2\\)恒成立，则\\(t\\)的取值范围是\\((-\\infty，-10\]\\)。

分析：\\(f(x)=2x^2-10x\\)，则\\(t\\leq 2-2x^2+10x=g(x)\\)，\\(x\\in \[-1，1\]\\)，\\(g(x)\_\{min\}=-10\\)，故\\(t\\leq -10\\)。

例12设函数\\(f(x)=x^2-1\\)，对任意\\(x\\in \[\\cfrac\{3\}\{2\}，+\\infty)\\)，\\(f(\\cfrac\{x\}\{m\})-4m^2\\cdot f(x)\\leq f(x-1)+4f(m)\\)恒成立，则实数\\(m\\)的取值范围是\\((-\\infty，-\\cfrac\{\\sqrt\{3\}\}\{2\}\]\\cup\[\\cfrac\{\\sqrt\{3\}\}\{2\}，+\\infty)\\)。

提示：由题意得到，\\(\\cfrac\{x^2\}\{m^2\}-1-4m^2(x^2-1)\\leq (x-1)^2-1+4(m^2-1)\\)对任意\\(x\\in \[\\cfrac\{3\}\{2\}，+\\infty)\\)恒成立，分离参数得到，

则\\(\\cfrac\{1\}\{m^2\}-4m^2\\leq -\\cfrac\{3\}\{x^2\}-\\cfrac\{2\}\{x\}+1\\)对任意\\(x\\in \[\\cfrac\{3\}\{2\}，+\\infty)\\)恒成立，

令\\(h(x)= -\\cfrac\{3\}\{x^2\}-\\cfrac\{2\}\{x\}+1= -3(\\cfrac\{1\}\{x\})^2-2(\\cfrac\{1\}\{x\})+1\\)，\\(h(x)\_\{min\}=-\\cfrac\{5\}\{3\}\\)，故转化为

\\(\\cfrac\{1\}\{m^2\}-4m^2\\leq -\\cfrac\{5\}\{3\}\\)，即\\((3m^2+1)(4m^2-3)\\ge 0\\)，解得\\(m\\in (-\\infty，-\\cfrac\{\\sqrt\{3\}\}\{2\}\]\\cup\[\\cfrac\{\\sqrt\{3\}\}\{2\}，+\\infty)\\)。

例13

转载于:https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/10735557.html